1.15 Sabe-se que dois observáveis A_{1} e A_{2}, que não envolvem o tempo explicitamente, não comutam,
\left[A_{1}, A_{2}\right] \neq 0
mas, ainda assim, sabemos também que A_{1} e A_{2} comutam com o Hamiltoniano:
\left[A_{1}, H\right]=0, \quad\left[A_{2}, H\right]=0
Prove que os autoestados de energia são, em geral, degenerados. Há exceçães? Como exemplo você pode pensar do problema de força central H=\mathbf{p}^{2} / 2 m+V(r), \operatorname{com} A_{1} \rightarrow L_{z}, A_{2} \rightarrow L_{x}.

Passo 1

Enunciado e o que é pedido, com todas as informações relevantes explícitas:
  • Dado que dois observáveis (operadores) satisfazem \left[A_{1},A_{2}\right]\neq 0e também \left[A_{1},H\right]=0,\qquad \left[A_{2},H\right]=0,onde H é o Hamiltoniano (não depende explicitamente do tempo).
  • Pergunta principal: mostrar que os autoestados de energia são, em geral, degenerados (ou seja, existe ao menos um nível de energia com multiplicidade maior que 1).
  • Pergunta secundária: há exceções a essa conclusão? Dê exemplo aplicado ao caso do potencial central H=\mathbf{p}^{2}/2m+V(r) com A_{1}\to L_{z} e A_{2}\to L_{x}.

Passo 2

Definições e conceitos fundamentais que vamos usar (explicados com calma):
  • Definição de autoestado de energia: um vetor |E\rangle tal que H|E\rangle = E|E\rangle,onde E é o autovalor (energia). Um nível de energia E é degenerado se o espaço de autovetores com energia E tem dimensão maior que 1 (isto é, existem duas ou mais vetores linearmente independentes com o mesmo E).
  • Definição de comutador: para dois operadores X e Y, [X,Y] = XY - YX.Se [X,Y]=0 dizemos que X e Y comutam.
  • Propriedade importante (que usaremos): se [A,H]=0, então A transforma autovetores de H em autovetores de H com o mesmo autovalor (ou em 0). Vou provar isso no passo seguinte de forma direta.

Passo 3

Mostro por que [A,H]=0 implica que A preserva espaços próprios de H (isto é, mapeia autovetores de H em autovetores com a mesma energia):
Seja |E\rangle tal que H|E\rangle=E|E\rangle. Então, usando [A,H]=0,
H(A|E\rangle) = (HA)|E\rangle = (AH)|E\rangle = A(H|E\rangle) = A(E|E\rangle) = E\bigl(A|E\rangle\bigr).
Logo A|E\rangle é também um autovetor de H com a mesma energia E (ou é o vetor nulo). Em palavras: A não leva um autovetor de H para uma energia diferente — ele age dentro do subespaço próprio associado a E.

Passo 4

Estratégia de prova por contradição e aplicação prática: suponha que todos os níveis de energia sejam não degenerados (dimensão 1 para cada espaço próprio). Vou mostrar que isso leva a [A_{1},A_{2}]=0, contradizendo a hipótese dada [A_{1},A_{2}]\neq 0.
Hipótese de contradição: para todo autovalor E de H o espaço próprio é unidimensional, isto é, há (até escala) um único |E\rangle.
Pela propriedade do passo anterior, para cada E existe um número complexo (autovalor efetivo dependente de E) tal que
A_{1}|E\rangle = a_{1}(E)\,|E\rangle,\qquad A_{2}|E\rangle = a_{2}(E)\,|E\rangle,
porque o subespaço próprio é só a linha gerada por |E\rangle, então qualquer vetor que lá caia deve ser proporcional a |E\rangle. Isto significa que |E\rangle é autovetor simultâneo de A_{1} e A_{2} (com autovalores a_{1}(E) e a_{2}(E)).

Passo 5

Com as relações do passo anterior, calculamos a ação do comutador [A_{1},A_{2}] sobre um autovetor de energia arbitrário |E\rangle:
[A_{1},A_{2}]\,|E\rangle = A_{1}A_{2}|E\rangle - A_{2}A_{1}|E\rangle = A_{1}\bigl(a_{2}(E)|E\rangle\bigr) - A_{2}\bigl(a_{1}(E)|E\rangle\bigr).
Como a_{1}(E),a_{2}(E) são escalares:
[A_{1},A_{2}]\,|E\rangle = a_{2}(E)A_{1}|E\rangle - a_{1}(E)A_{2}|E\rangle = a_{2}(E)a_{1}(E)|E\rangle - a_{1}(E)a_{2}(E)|E\rangle = 0.
Portanto [A_{1},A_{2}]\,|E\rangle=0 para todo autovetor |E\rangle de H.
Se a hipótese de espaços próprios unidimensionais vale para todos os autovalores e os autovetores de H formam uma base completa (caso usual em sistemas ligados com espectro discreto), então [A_{1},A_{2}] anula toda a base e assim é o operador nulo:
[A_{1},A_{2}] = 0,
o que contradiz a hipótese inicial [A_{1},A_{2}]\neq 0.

Passo 6

Conclusão lógica: a suposição de que todos os níveis de energia são não degenerados leva a contradição. Logo, a hipótese deve ser falsa: existe pelo menos um autovalor E tal que o espaço próprio tem dimensão maior que 1. Em palavras simples: existem autoestados de energia degenerados.
Esta é a demonstração clássica: dois operadores que comutam com o Hamiltoniano geram simetrias que preservam espaços de energia; se dois desses operadores não comutam entre si, então não é possível diagonalizá‑los simultaneamente na mesma base de autovetores de H, o que exige que ao menos alguns espaços próprios de H tenham dimensão maior que 1.

Passo 7

Comentário sobre exceções e sutilezas (matemática e física), com linguagem simples:
  • Exceções práticas: a prova assume que o conjunto de autovetores de H forma uma base (ou seja, espectro com autovetores completos, típico de espectros discretos). Se o sistema tiver apenas espectro contínuo ou problemas de domínio dos operadores (operadores não essencialmente autoadjuntos, questões técnicas com espaços de Hilbert), a argumentação precisa ser tratada com mais cuidado; nesses casos a noção de degenerescência precisa ser formulada via decomposição espectral e ainda assim a ideia permanece: não comutar globalmente implica existência de subespaços próprios não triviais. Em resumo: existem “casos patológicos” matemáticos, mas fisicamente relevantes a conclusão costuma valer.
  • Exceção física simples: pode acontecer que, para um certo nível de energia E, os autores de A_{1} e A_{2} atuem de forma trivial (por exemplo ambos agem como múltiplos escalares naquele subespaço específico), de modo que naquele nível específico não haja degenerescência associada a eles. Mas a hipótese [A_{1},A_{2}]\neq 0 garante que nem todos os subespaços próprios podem ser assim simultaneamente; portanto SOME nível deve ser degenerado.
  • Em resumo: não há contradição com a possibilidade de alguns níveis serem não degenerados — a conclusão é apenas que, dado [A_{1},A_{2}]\neq0 e [A_{i},H]=0, deve existir pelo menos um nível degenerado. Patologias matemáticas (espectro contínuo, domínio, etc.) são as únicas “exceções formais” que exigem tratamento técnico.

Passo 8

Aplicação ao exemplo do potencial central H=\mathbf{p}^{2}/2m+V(r) com A_{1}\to L_{z} e A_{2}\to L_{x}:
  • O Hamiltoniano do potencial central é invariante por rotações, então cada componente do momento angular satisfaz [L_{i},H]=0\qquad (i=x,y,z).Essa igualdade decorre do fato de que rotações são simetrias de H quando V depende só de r.
  • Sabemos também que as componentes do momento angular não comutam entre si; por exemplo [L_{x},L_{z}] = i\hbar L_{y} \neq 0.
  • Aplicando o argumento geral, concluímos que o Hamiltoniano do potencial central tem, em geral, níveis de energia degenerados: para cada valor de l (autovalor de \mathbf{L}^{2}) há 2l+1 estados com diferentes m (autovalores de L_{z}) que têm a mesma energia quando V depende só de r. Em particular, para l>0 há degenerescência em m.
  • Caso particular: para l=0 (estados s) o subespaço angular tem dimensão 1, então não há degenerescência em m (apenas m=0). Isso não contradiz o resultado geral: ele garante apenas que existe ao menos um nível degenerado em algum lugar do espectro — no potencial central costuma haver degenerescência associada aos diferentes m sempre que l>0.

Resposta

Sim — em geral existem níveis de energia degenerados; sob as hipóteses [A_{1},A_{2}]\neq 0 e [A_{i},H]=0 ao menos um autovalor de H tem multiplicidade maior que 1.
Exceções formais: casos patológicos (espectro puramente contínuo, problemas de domínio dos operadores) exigem cuidado técnico; em modelos físicos usuais a conclusão vale.
Exemplo: para H=\mathbf{p}^{2}/2m+V(r) com A_{1}=L_{z}, A_{2}=L_{x} temos [L_{i},H]=0 e [L_{x},L_{z}]=i\hbar L_{y}\neq0, portanto há degenerescência em m para l>0 (para l=0 não há degenerescência em m).

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